2018-2019学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、麻丘高中等七校高二下学期期末考试化学试题 解析版 22页

江西省南昌市八一中学、洪都中学、麻丘高中等七校2018-2019学年高二下学期期末考试化学试题 ‎1.科技材料与生活、生产、科技密切相关。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 《本草纲目》中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分离操作方法是蒸馏 B. 高纤维食物是富含膳食纤维的食物，在人体内都可以通过水解反应提供能量 C. C3H8和CH3CH2OH相对分子质量相近，二者沸点也相近 D. 用于3D打印材料的光敏树酯是纯净物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.酸坏之酒中含有乙酸和乙醇，两者互溶，分离方法是蒸馏，故A正确；B. 高纤维食物是富含膳食纤维的食物，膳食纤维在人体内不能被直接消化，故B错误； C.虽然 C3H8和CH3CH2OH相对分子质量相近，但是二者结构不同，乙醇因含氢键沸点高，故C错误；D. 用于3D打印材料的光敏树酯是高分子化合物，属于混合物，故D错误；答案：A。‎ ‎2.下列关于有机物说法中，正确的有（ ） ‎ ‎①淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应 ‎②“乙醇汽油”是在汽油中加入适量乙醇而制成一种燃料 ‎③除去乙酸乙酯中残留的乙酸，加过量饱和碳酸钠溶液振荡后，静置分液 ‎④石油的分馏和煤的气化都是发生了化学变化 ‎⑤煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的高级脂肪酸的甘油酯 A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应，故①正确；②乙醇汽油是新型燃料，是在汽油中加入适量乙醇而制成的混合物，故②正确；③乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，而乙酸与碳酸钠溶液反应生成乙酸钠、水二氧化碳，所以混合后的溶液分层，静置分液可除去乙酸乙酯中的乙酸，故③正确；④石油的分馏是利用物质的沸点的不同分离物质的方法，属于物理变化，故④错误；⑤煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的高级脂肪酸的甘油酯故⑤正确，所以正确选项为：①②③⑤，故答案选C。‎ ‎【点睛】根据物质的性质、选择除杂的方法。根据分析方法分馏属于物理变化、煤的气化属于化学变化。花生油和牛油都属于酯类化合物，可以发生皂化反应。‎ ‎3.现有乳酸（CH3CHOHCOOH）和乙醇的混合物共1mol，完全燃烧生成54g水和56L（标准状况下测定）CO2，则完全燃烧时消耗氧气物质的量是（ ）‎ A. 2 mol B. 2.25mol C. 3mol D. 3.75mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：乳酸分子式为C3H6O3,1mol乳酸完全燃烧耗氧量为(3+6/4-3/2)=3mol,乙醇的分子式为C2H6O, 1mol乙醇完全燃烧耗氧量为(2+6/4-1/2)=3mol,二者耗氧量相等，故物质的量一定，二者以任意比混合完全燃烧耗氧量为混合物的3倍，据以上分析解答。‎ 详解：乳酸分子式为C3H6O3, 1mol乳酸完全燃烧耗氧量为(3+6/4-3/2)=3mol,乙醇的分子式C2H6O, 1mol乙醇完全燃烧耗氧量为(2+6/4-1/2)= 3mol,二者耗氧量相等,故物质的量一定,二者以任意比混合完全燃烧耗氧量为混合物的3倍，故1mol 乳酸与乙醇的混合物完全燃烧消耗氧气为1×3= 3mol；C正确；正确选项C。‎ ‎4.为了体育大型比赛的公平和发扬积极向上健康精神，禁止运动员使用兴奋剂是奥运会的重要举措之一。以下两种兴奋剂的结构分别为：‎ 则关于以上两种兴奋剂的说法中正确的是（ ）‎ A. 利尿酸分子中有三种含氧官能团，在核磁共振氢谱上共有六个峰 B. 两种兴奋剂最多都能和含3molNaOH的溶液反应 C. 1 mol兴奋剂X与足量浓溴水反应，最多消耗4 mol Br2‎ D. 两种分子中的所有碳原子均不可能共平面 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由利尿酸的结构简式可知：利尿酸分子中含氧官能团分别是羰基、醚键和羧基三种，7种不同类型的氢原子，在核磁共振氢谱上共有七个峰，故A错误；B.‎ ‎ 利尿酸最多能和含5molNaOH的溶液反应，兴奋剂X最多能和含5molNaOH的溶液反应，故B错误；C. 兴奋剂中含有碳碳双键、酚羟基，碳碳双键和苯环上酚羟基邻对位氢原子能和溴发生反应，所以1 mol兴奋剂X与足量浓溴水反应，最多消耗4 mol Br2，故C正确；D．碳碳双键、连接苯环的碳原子能共面，所以兴奋剂X中所有碳原子能共面，故D错误；故答案为C。‎ ‎5.下列各组有机物只用一种试剂无法鉴别的是（ ）‎ A. 乙醇、甲苯、硝基苯 B. 苯、苯酚、己烯 C. 甲酸、乙醛、乙酸 D. 苯、甲苯、环己烷 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、乙醇可以与水互溶，而甲苯和硝基苯不能溶于水，但甲苯的密度比水小，而硝基苯的密度比水大，故可以用水进行鉴别，故A正确；B、苯不能与溴水发生化学反应，但能被萃取分层，上层为溶有溴的本层，下层为水层；苯酚可以与溴水发生取代反应生成黄色沉淀，己烯可以溴水中的溴发生加成反应，使溴水褪色，所以可用溴水进行鉴别，故B正确；C、分别向三种溶液中加入氢氧化铜悬浊液，加热，若有砖红色沉淀产生，且有气体生成，则该溶液为甲酸溶液，若只有砖红色沉淀生成，则为乙醛溶液，若既无砖红色沉淀生成，也无气体生成，则为乙酸溶液，故C正确；D、三者的密度都比水小，且特征反应不能有明显现象，不能用一种物质鉴别，故D错误；答案：D。‎ ‎【点睛】当物质均为有机溶剂时，可以首先考虑密度的差异，其次考虑物质的特征反应，醛基的特征反应是与银镜反应和与氢氧化铜加热生成砖红色沉淀等。苯酚的特征反应是与溴水发生取代反应生成黄色沉淀，己烯可以溴水中的溴发生加成反应，使溴水褪色。‎ ‎6.下述实验能达到预期目的的是（ ）‎ A. 检验乙醛中的醛基：在一定量CuSO4溶液中，加入少量NaOH溶液，然后再加入乙醛，加热产生砖红色沉淀 B. 分离提纯苯：向苯和苯酚混合溶液中加入足量浓溴水，静置后分液 C. 检验溴乙烷中的溴元素：向某溴乙烷中加入NaOH溶液共热，冷却后滴入AgNO3溶液，观察有无浅黄色沉淀生成 D. 比较CH3COO—和CO32—结合H+的能力：相同温度下，测定浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3和CH3COONa溶液的pH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加入少量NaOH溶液,碱不足,而检验-CHO,应在碱性溶液中,则碱不足时加入乙醛,加热不能产生砖红色沉淀,故A错误;B.加入足量浓溴水,溴、三溴苯酚均可溶于苯,不能除杂,应加NaOH溶液、分液来分离提纯,故B错误; C.检验溴乙烷中的溴元素：向某溴乙烷中加入NaOH溶液共热，冷却后滴入稀硝酸酸化，再加AgNO3溶液，观察有无浅黄色沉淀生成，不加硝酸酸化，会生成AgOH，影响检验效果，故C错误；D.相同温度下，测定浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3和CH3COONa溶液的pH，可知酸性为CH3COOH>HCO3-,则CH3COO_结合H+的能力弱,故D正确;答案：D。‎ ‎【点睛】注意醛基的检验方法：在碱性溶液中,加入乙醛,加热能产生砖红色沉淀；可根据盐类水解的强弱，判断弱根离子结合质子的强弱。‎ ‎7.下列关于合成材料的说法中，不正确的是(　 　)‎ A. 塑料、合成纤维和合成橡胶都属于合成材料 B. 聚氯乙烯可制成薄膜、软管等，其单体是CH2==CHCl C. 合成酚醛树脂()的单体是苯酚和甲醇 D. 合成顺丁橡胶()的单体是CH2==CH—CH==CH2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、塑料、合成纤维和合成橡胶都属于合成材料，正确；B、聚氯乙烯可制成薄膜、软管等，其单体是CH2=CHCl，正确；C、合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，错误；D、利用弯箭头法判断合成顺丁橡胶的单体是CH2=CH—CH=CH2，正确。‎ 考点：考查高分子化合物。‎ ‎8.S-诱抗素可保证盆栽鲜花盛开，其分子结构如图，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 该物质的分子式为C15H20O4‎ B. 该物质环上的二氯代物只有2种 C. 该物质能发生取代、加成、氧化等反应 D. 1mol该物质最多能与2 mol NaOH完全反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由结构简式可知该物质的分子式为C15H20O4，故A正确;B.该物质环上只有2种不同环境的H原子,所以二氯代物有2种,故B正确; C.该物质含-OH能发生取代、氧化等反应,含碳碳双键可发生加成、氧化反应等,故D正确；D.只有-COOH能与NaOH反应,所以1mol该物质最多能与1molNaOH完全反应,故D错误;答案：D。‎ ‎【点睛】由结构可以知道分子式,分子中含碳碳双键、碳氧双键、-COOH 、-OH,结合烯烃、酮、醇、羧酸的性质来解答。‎ ‎9.央视曝光了双汇在食品生产中使用“瘦肉精”猪肉，一时间，市场哗然。瘦肉精的结构简式如图：‎ 下列有关说法错误的是(　 　)‎ A. 该有机物的分子式为C12H18N2Cl2O B. 该有机物的核磁共振氢谱图中有6个吸收峰 C. 该有机物能发生加成反应、取代反应、氧化反应和酯化反应 D. 该有机物能溶于水，且水溶液显碱性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由结构简式可以知有机物的分子式为C12H18N2Cl2O,故A正确;B.由结构简式可知含有7种不同环境的H原子,则核磁共振氢谱中有7个吸收峰,故B错误;C.含苯环能与氢气发生加成反应,和卤素单质发生取代反应；含-OH可发生氧化和酯化反应,故C正确；D.含有氨基,为碱性基团,且能溶于水，故D正确;答案：B。‎ ‎10.已烯雌酚是人工合成的非甾体雌激素物质，主要用于治疗雌激素低下症及激素平衡失调所引起的功能性出血等，如图所示分别取l mol已烯雌酚进行4个实验。‎ 下列对实验数据的预测与实际情况吻合的是（ ）‎ A. ④中发生消去反应 B. ①中生成7molH2O C. ②中无CO2生成 D. ③中最多消耗3molBr2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.苯环上的酚羟基不能发生消去反应,故A 错误；B.己烯雌酚的分子式为C18H20O2,反应①中应生成10molH2O,故B错误;C.酚的酸性比H2CO3的弱，不能与NaHCO3溶液反应生成CO2,故C正确;D.两个酚羟基有4个邻位,它们均可被卤素原子取代,碳碳双键能与Br2发生加成，故反应③中最多可以消耗5molBr2,故C项错误;答案:C。‎ ‎11.下列由实验得出的结论不正确的是（ ）‎ 选项 实验 结论 A 取一小块鸡皮置于蒸发皿中，滴3～5滴浓硝酸并在酒精灯上微热，鸡皮变黄 说明鸡皮中含有蛋白质 B 用浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土作水果保鲜剂 说明酸性高锰酸钾溶液能氧化水果释放的催熟剂乙烯 C 将石蜡油蒸气依次通过加热的内含碎瓷片的玻璃管、盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶，高锰酸钾溶液褪色 说明石蜡油中含有不饱和键的烃 D 将已烯加入溴水中，测溴水层溶液前后的pH值，结果pH值没有变小 说明已烯与溴发生了加成反应，不是取代反应 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、蛋白质遇到浓硝酸在加热后会变黄，结论正确，故A不选；‎ B、水果在成熟期会产生乙烯，用浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土作水果保鲜剂，由于乙烯具有较强的还原性而高锰酸钾具有较强的氧化性，因此，可以证明酸性高锰酸钾能将乙烯氧化＼防止水果过度成熟从而达到保鲜的效果，结论正确，故B不选；‎ C、石蜡油在炽热的碎瓷片作用下会发生裂化反应，生成的烯烃使酸性高锰酸钾褪色，并非是石蜡油中含有不饱和烃，结论错误，故C选；‎ D、将已烯加入溴水中，若发生取代反应，则会生成强酸HBr，导致溶液的pH变小，若发生的是加成反应，则pH不会变小，结论正确，故D不选。‎ ‎12.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺[3，3]庚烷()是其中的一种。下列关于该化合物的说法不正确的是（ ）‎ A. 与环庚烯互同分异构体 B. 二氯代物共有8种(不含立体异构)‎ C. 所有碳原子不可能处在同一平面 D. 1mol该化合物含有18mol共价键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、该有机物的分子式为C7H12，与环庚烯的分子式相同，其结构不同，故互为同分异构体，故A不选；‎ B、有2种不同位置的H原子，若二氯代物中两个Cl原子位于同一个C原子上，有2种同分异构体，若位于不同C原子上，在一个四元环上，有2种不同位置；若位于两个四元环上，可能有4种不同结构，因此二氯代物共有2+2+4=8种，故B不选；‎ C、在螺[3，3]庚烷(‎ ‎)分子中的C原子都是饱和C原子，由于与C原子连接的原子构成的是四面体结构，最多有三个原子处于同一平面上，因此不可能所有碳原子处在同一平面上，故C不选；‎ 螺[3，3]庚烷分子式是C7H12，1个分子中含有8个C—C键，含有12个C—H，所以一个分子中含有20个共价键，则1mol该化合物中含有20mol共价键，故D选；‎ ‎【点睛】对于本题的B选项在分析时，可以直接书写判断：、，共8种二氯代物。这类高度对称的结构需注意不能重复！本题的C选项还可根据碳的杂化方式判断，该有机物中碳原子均是sp3杂化，且全部为单键连接，故与碳原子相连的原子不可能都共平面。‎ ‎13.某有机物A由C、H、O三种元素组成，相对分子质量为90。将9.0gA完全燃烧的产物依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增重5.4g和13.2g。A能与NaHCO3溶液发生反应，且2分子A之间脱水可生成六元环化合物。有关A的说法正确的是( )‎ A. 分子式是C3H8O3‎ B. A催化氧化的产物能发生银镜反应 C. 0.1molA与足量Na反应产生2.24L H2(标准状况)‎ D. A在一定条件下发生缩聚反应的产物是 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 使浓硫酸增重可知水的质量为5.4g，可计算出n(H2O)==0.3 mol，n(H)=0.6 mol；使碱石灰增重13.2g，可知二氧化碳质量为13.2 g，n(C)=n(CO2)==0.3 mol，此有机物9.0 g含O：9.0g-0.6g-0.3×12 g=4.8 g，n(O)==0.3 mol，n(C)：n(H)：n(O)=0.3mol：0.6mol：0.3mol=1：2：1，即实验式为CH2O，实验式的式量为30，又A的相对分子质量为90，设分子式为(CH2O)n，可得：30n=90，解得：n=3。A、其分子式为C3H6O3，故A错误；B、由可与NaHCO3溶液发生反应，可知A含羧基，再根据2分子A之间脱水可生成六元环化合物，说明A中还含有羟基，因此A的结构简式为：CH3‎ ‎-CH(OH)-COOH，其中羟基可被催化氧化为羰基，羰基不能发生银镜反应，故B错误；C、羟基和羧基均和钠反应，因此0.1molA与足量Na反应产生2.24 L H2(标准状况)，故C正确；D、A含羟基和羧基两种官能团，可发生缩聚反应，缩聚产物为，故D错误；故选C。‎ ‎14.线型PAA（）具有高吸水性，网状PAA在抗压性、吸水性等方面优于线型PAA。网状PAA的制备方法是：将丙烯酸用NaOH中和，加入少量交联剂a，再引发聚合。其部分结构片段如下： ‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 线型PAA的单体不存在顺反异构现象 B. 交联剂a的结构简式是 C. 形成网状结构的过程发生了加聚反应 D. PAA的高吸水性与—COONa有关 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由线型PAA（结构简式可知：线型PAA的单体为没有顺反异构，故A正确；B. 由结构简式可知交联剂a的结构简式是，故B错误；C. 形成网状结构的过程发生了加聚反应，故C正确；D.属于强碱弱酸盐，易发生水解，属于 PAA的高吸水性与—COONa有关，故D正确；答案:B。‎ ‎15.八十年代，我国化学家打破了西方国家对维生素C的垄断，发明的“两段发酵法”大大降低了生产成本。某课外小组利用碘滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程式如下： ‎ 下列说法正确的是 A. 上述反应为取代反应 B. 维生素C水解得到2种产物 C. 维生素C有酯基不能溶于水，可溶于有机溶剂 D. 该反应表明维生素C具有还原性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，从题给的化学方程式可知，维生素 C与 I2反应时，脱去分子中环上-OH 中的氢，形成C=O双键，不属取代反应，属氧化反应，故A项错误；‎ B项，维生素 C含有羟基，碳碳双键，酯基三种官能团，其中酯基能发生水解，由于是环酯，所以水解产物只有一种，故B项错误；‎ C项，维生素C含有多个羟基，易溶于水，故C项错误；‎ D项，从题给化学方程式可知，维生素 C与 I2反应时，维生素C被氧化，表明维生素C具有还原性，故D项正确。‎ 综上所述，本题正确答案为D。‎ ‎16.酚酞含片是一种治疗消化系统疾病的药物，其有效成分的结构简式如图所示．下列对该有效成分的说法正确的是（　　）‎ A. 核磁共振氢谱中有5个峰 B. 最多有15个碳原子共平面 C. 可能发生缩聚反应生成高分子化合物 D. 1mol该物质最多能与含4molNaOH的烧碱溶液反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该物质中含8种位置的H原子,则核磁共振氢谱中有8个峰,故A错误;B.苯环为平面结构,与苯环直接相连的原子在同一平面内,则2个苯环及-COOC-中的两个碳可共平面,最多14个碳原子共面,故B错误;C.含酚-OH,能发生缩聚反应,故C正确;D.酚-OH及-COOC-能与碱反应,则该物质最多能与含3mol的烧碱溶液反应,故D错误;答案：C。‎ ‎【点睛】该物质含酚-OH和-COOC-,且结构不对称,苯环为平面结构,结合酚,酯的性质来解答即可。‎ ‎17.按要求完成下列问题：‎ ‎（1）在①苯 ②乙醇③甲苯 ④氯乙烷 ⑤ ⑥⑦七种物质中（填编号）‎ 能和金属钠反应放出H2的有_________________常温能与NaOH溶液反应的有___________‎ 常温下能与溴水反应的有____________________能使酸性KMnO4溶液褪色的有__________‎ ‎（2）某有机物结构简式如图所示,则用足量的Na、NaOH、NaHCO3、浓溴水分别与等物质的量的该有机物反应时,消耗Na、NaOH、NaHCO3和Br2的物质的量之比为__________.‎ ‎（3）A、B、C 三种醇同足量的金属钠完全反应，在相同条件下产生相同体积的氢气，消耗这三种醇的物质的量之比为2：6：3，则A、B、C 三种醇分子中含羟基数目之比是______________‎ ‎【答案】 (1). ②⑤ (2). ⑤⑥ (3). ⑤⑥⑦ (4). ②③⑤⑥⑦ (5). 3∶2∶1∶2 (6). 3：1：2‎ ‎【解析】‎ ‎（1）含有羟基和羧基的有机物能和金属钠反应放出H2符合条件的是②⑤；常温能与NaOH溶液反应的有机物应该含有羧基、酚羟基和酯基，符合条件的有 ⑤⑥；常温下能与溴水发生加成反应的有机物应该含有碳碳双键或碳碳三键，符合条件的有⑥。或者是发生取代反应，符合条件的有⑤；或者发生氧化反应，其中醛基可以被氧化，符合条件是⑦。能使酸性KMnO4‎ 溶液褪色的有机物含有羟基、醛基、碳碳双键或甲苯，符合条件的有②③⑤⑥⑦；（2）该有机物的分子中含有1个酚羟基、1个醇羟基、1个羧基和1个醛基，其中酚羟基的另外和对位氢原子共计2个，则与足量的Na、NaOH、NaHCO3、浓溴水分别与等物质的量的该有机物反应时，消耗Na、NaOH、NaHCO3和Br2的物质的量之比为3：2：1：2；（3）设A、B、C 三种醇分子中含羟基数目分别是x、y、z，由于A、B、C 三种醇同足量的金属钠完全反应，在相同条件下产生相同体积的氢气，消耗这三种醇的物质的量之比为2：6：3，则2x＝6y＝3z，解得x：y：z＝3：1：2。‎ ‎18.已知有机化合物A、B、C、D、E存在下图所示转化关系，且C能跟NaHCO3发生反应，C和D的相对分子质量相等，E为无支链的化合物。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）已知E的相对分子质量为102，其中碳、氢两种元素的质量分数分别为58.8%、9.8%，其余为氧，则E的分子式为_________________。‎ ‎（2）B在一定条件下可以发生缩聚反应生成某高分子化合物，此高分子化合物的结构简式为_________________。‎ ‎（3）D也可以由溴代烃F在NaOH溶液中加热来制取，写出此反应的化学方程式_________________。‎ ‎（4）反应①的化学方程式_________________。‎ ‎（5）B有多种同分异构体，请写出一种同时符合下列四个条件的结构简式：_________________。‎ a．能够发生水解 ‎ b．能发生银镜反应 c．能够与FeCl3溶液显紫色 d．苯环上的一氯代物只有一种 ‎【答案】（1）C5H10O2‎ ‎（2）‎ ‎（3）CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr ‎（4）+2 NaOH+ CH3COONa + CH3CH2CH2OH ‎（5）或 ‎【解析】‎ 试题分析：E的相对分子质量为102，其中碳、氢两种元素的质量分数分别为58.8%、9.8%，则碳原子数目为=5，H原子数目为=10，氧原子数目==2，则E的分子式为C5H10O2，E由C和D反应生成，C能和碳酸氢钠反应，则C为羧酸，D为醇，二者共含5个C原子，并且C和D的相对分子质量相等，则C为CH3COOH、D为丙醇，E无支链，D为CH3CH2CH2OH，E为CH3COOCH2CH2CH3．A是由B与乙酸、丙醇发生酯化反应后生成的产物，A结构简式为：．‎ 解：E的相对分子质量为102，其中碳、氢两种元素的质量分数分别为58.8%、9.8%，则碳原子数目为=5，H原子数目为=10，氧原子数目==2，则E的分子式为C5H10O2，E由C和D反应生成，C能和碳酸氢钠反应，则C为羧酸，D为醇，二者共含5个C原子，并且C和D的相对分子质量相等，则C为CH3COOH、D为丙醇，E无支链，D为CH3CH2CH2OH，E为CH3COOCH2CH2CH3．A是由B与乙酸、丙醇发生酯化反应后生成的产物，A结构简式为：．‎ ‎（1）由上述分析可知，E的分子式为C5H10O2，故答案为：C5H10O2；‎ ‎（2）B中含有羧基、羟基，在一定条件下可以发生缩聚反应生成某高分子化合物，此高分子化合物的结构简式为，故答案为：；‎ ‎（3）D（CH3CH2CH2‎ OH）也可以由溴代烃F在NaOH溶液中加热来制取，此反应的化学方程式为：CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr，‎ 故答案为：CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr；‎ ‎（4）反应①的化学方程式为：+2 NaOH+CH3COONa+CH3CH2CH2OH，‎ 故答案为：+2 NaOH+CH3COONa+CH3CH2CH2OH；‎ ‎（5）B有多种同分异构体，同时符合下列四个条件的结构简式：a．能够发生水解，含有酯基，b．能发生银镜反应，含有醛基，c．能够与FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基，d．苯环上的一氯代物只有一种，符合条件的同分异构体有：，‎ 故答案为：．‎ ‎19.D是一种催眠药，F是一种香料，它们的合成路线如下：‎ ‎（1）A的化学名称是_____________，C中含氧官能团的名称为_____________。‎ ‎（2）F的结构简式为____________________，A和E生成F的反应类型为______________。‎ ‎（3）A生成B的化学方程式为__________________________________________________。‎ ‎（4）写出由C合成D的第二个反应的化学方程式：_________________________________。‎ ‎（5）同时满足下列条件的E的同分异构体有_________种（不含立体异构）。‎ ‎①遇FeCl3溶液发生显色反应； ②能发生银镜反应 ‎【答案】 (1). 环己醇 (2). 羟基 (3). (4). 酯化（取代）反应 (5). 2+O22+2H2O (6). (7). 9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由框图： 知 A是环己醇；由知B为；知E为：；由E+AF,则F为, 由C为，CD可知 ‎【详解】（1）苯酚与氢发生加成反应生成A即 ，则为A是环己醇，由C的结构简式：知，C中含氧官能团的名称为：羟基；答案：环己醇；羟基。‎ ‎ （2）根据上述分析可知F的结构简式为；A为环己醇， E为 ‎，A+E生成F的反应类型为酯化反应或取代反应。答案：；酯化反应或取代反应。‎ ‎（3）A为环己醇，由A生成B即反应条件知生成B的结构简式为；由A生成B的化学方程式为：2+O22+2H2O；答案：2+O22+2H2O。 ‎ ‎（4）根据已知：C为，由C合成D的反应条件：可知1)反应生成：，2）的反应为：；答案：。‎ ‎（5）由E的结构简式：，同时满足①遇FeCl3溶液发生显色反应，②能发生银镜反应的E的同分异构体有：（移动官能团有3种）；（移动官能团有6种），共9种；答案：9。‎ ‎20.抗爆剂的添加剂常用1，2-二溴乙烷。如图为实验室制备1，2-二溴乙烷的装置图， 图中分液漏斗和烧瓶a中分别装有浓H2SO4和无水乙醇，d装罝试管中装有液溴。‎ 相关数据列表如下：‎ 乙醇 ‎1，2-二溴乙烷 乙醚 溴 状态 无色液体 无色液体 无色液体 红棕色液体 密度/g·cm-3‎ ‎0.79‎ ‎2.18‎ ‎0.71‎ ‎3.10‎ 沸点/℃‎ ‎785‎ ‎131.4‎ ‎34.6‎ ‎58.8‎ 熔点/℃‎ ‎-114.3‎ ‎9.79‎ ‎- 116.2‎ ‎-7.2‎ 水溶性 混溶 难溶 微溶 可溶 ‎（1）安全瓶b在实验中有多重作用。其一可以检查实验进行中d装罝中导管是否发生堵塞，请写出发生堵塞时瓶b中的现象：①_____________________________；如果实验时d装罝中导管堵塞，你认为可能的原因是②___________________________________；安全瓶b还可以起到的作用是③_______________________________________。‎ ‎（2）容器c、e中都盛有NaOH溶液，c中NaOH溶液的作用是_______________________。‎ ‎（3）某学生在做此实验时，使用一定量的液溴，当溴全部褪色时，所消耗乙醇和浓硫酸混合液的量，比正确情况下超过许多，如果装罝的气密性没有问题，试分析可能的原因：________________________、_____________________________(写出两条即可)。‎ ‎（4）除去产物中少量未反应的Br2后，还含有的主要杂质为________________，要进一步提纯，下列操作中必需的是________________ (填字母)。‎ A．重结晶 B．过滤 C．萃取 D．蒸馏 ‎（5）实验中也可以撤去d装置中盛冰水的烧杯，改为将冷水直接加入到d装置的试管中，则此时冷水除了能起到冷却1，2-二溴乙烷的作用外，还可以起到的作用是________________。‎ ‎【答案】 (1). b中长直玻璃管内液柱上升 (2). 过度冷却，产品1，2-二溴乙烷在装罝d中凝固 (3). 防止倒吸 (4). 吸收乙烯气体中含有的CO2、SO2等酸性气体 (5). 浓硫酸将部分乙醇氧化 ； (6). 发生副反应生成乙醚；乙醇挥发；乙烯流速过快，未完全发生加成反应 (7). 乙醚 (8). D (9). 液封Br2 和1，2-二溴乙烷，防止它们挥发 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当d堵塞时，气体不畅通，则在b中气体产生的压强将水压入直玻璃管中，甚至溢出玻璃管；1，2-二溴乙烷的凝固点较低（9.79℃），过度冷却会使其凝固而使气路堵塞；b为安全瓶，还能够防止倒吸； （2）c中盛氢氧化钠液，其作用是洗涤乙烯；除去其中含有的杂质（CO2、SO2等）； （3）根据乙烯与溴反应的利用率减少的可能原因进行解答； （4）根据反应2CH3CH2OH→CH3CH2OCH2CH3+H2O可知，溴乙烷产物中还会含有杂质乙醚；1，2一二溴乙烷与乙醚互溶，可以根据它们的沸点不同通过蒸馏方法分离； （5）根据1，2一二溴乙烷、液溴在水在溶解度不大，且密度大于水进行解答。‎ ‎【详解】（1）根据大气压强原理，试管d发生堵塞时，b中压强的逐渐增大会导致b中水面下降，玻璃管中的水柱上升，甚至溢出；根据表中数据可知，1，2-二溴乙烷的沸点为9.79℃，若过度冷却，产品1，2-二溴乙烷在装置d中凝固会堵塞导管d；b装置具有够防止倒吸的作用， 故答案为：b中长直玻璃管内有一段液柱上升；过度冷却，产品1，2-二溴乙烷在装置d中凝固；防止倒吸； （2）氢氧化钠可以和制取乙烯中产生的杂质气体二氧化碳和二氧化硫发生反应，防止造成污染， 故答案为：吸收乙烯气体中含有的CO2、SO2等酸性气体； （3）当溴全部褪色时，所消耗乙醇和浓硫酸混合液的量，比正常情况下超过许多的原因可能是乙烯发生（或通过液溴）速度过快，导致大部分乙烯没有和溴发生反应；此外实验过程中，乙醇和浓硫酸的混合液没有迅速达到170℃会导致副反应的发生和副产物的生成， 故答案为：浓硫酸将部分乙醇氧化；发生副反应生成乙醚；乙烯流速过快，未完全发生加成反应；乙醇挥发；‎ ‎（4）在制取1，2一二溴乙烷的过程中还会有副产物乙醚生成；除去1，2一二溴乙烷中的乙醚，可以通过蒸馏的方法将二者分离，所以D 正确， 故答案为：乙醚；D； （5）实验中也可以撤去d装置中盛冰水的烧杯，改为将冷水直接加入到d装置的试管内，则此时冷水除了能起到冷却1，2一二溴乙烷的作用外，由于Br2、1，2-二溴乙烷的密度大于水，还可以起到液封Br2及1，2-二溴乙烷的作用， 故答案为：液封Br2 和1，2-二溴乙烷，防止它们挥发。‎ ‎【点睛】本题考查了溴乙烷的制取方法，注意掌握溴乙烷的制取原理、反应装置选择及除杂、提纯方法，试题有利于培养学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力。‎ ‎21.化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的合成路线如下：‎ 已知：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的化学名称为为__________。‎ ‎（2）由E生成F的反应类型分别为_________。‎ ‎（3）E的结构简式为______________________。‎ ‎（4）G为甲苯的同分异构体，由F生成H的化学方程式为__________________________。‎ ‎（5）芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1，写出2种符合要求的X的结构简式____________________、__________________________。‎ ‎【答案】 (1). 苯甲醛 (2). 取代反应 (3). (4). ‎ ‎ (5). (6). 、、、‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合A生成B的步骤与已知信息①可知A为苯甲醛，B为，根据反应条件Cu(OH)2和加热可知C为，C经过Br2的CCl4溶液加成生成D，D生成E的过程应为卤族原子在强碱和醇溶液的条件下发生消去反应，则E为，E经过酯化反应生成F，F中的碳碳三键与G中的碳碳双键加成生成H，结合条件②可知G为。‎ ‎【详解】（1）根据分析可知A的化学名称为苯甲醛。答案：苯甲醛。‎ ‎（2）根据分析可知E生成F为醇和羧酸的酯化反应，属于取代反应。答案：取代反应。‎ ‎（3）由分析可知E的结构简式为。答案：。‎ ‎（4）G为甲苯的同分异构体，则G的分子式为C7H8，G的结构简式为，所以F生成H的化学方程式为：。答案：。‎ ‎（5）芳香化合物X是F的同分异构体，则X的分子式为C11H10O2，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2‎ ‎，说明X中含有羧基，核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1，所以X的结构简式有、、、共4种可能性，任意写两种即可。‎ ‎ ‎